9.3 Exercices d’approfondissement 229
La fonction g : x → exp(−E(x)) est continue par morceaux sur R
+ , et puisque
E(x) x −1 pour tout x 0, g(x) exp(1− x), donc g est intégrable sur R
+ . Le
thérorème de convergence dominée entraîne lim
n→+∞
u n =
+∞
0
g(x) dx. Puisque
g est intégrable sur R
+ , on a
+∞
0
g(t) dt =
+∞
k=0
k+1
k
e
−k dt =
+∞
k=0
e
−k =
1
1 − 1/e
=
e
e − 1
.
Exercice 9.20
Mines-Ponts PC 2006 K
Étudier la convergence de la suite I n =
+∞
0
√
n
(1 + x 2 ) n dx.
Il n’est pas possible d’appliquer directement le théorème de convergence dominée ici
puisque la fonction qu’on intègre vaut
√
n en 0 et il va être impossible d’en trouver
un majorant indépendant de n. La difficulté est de voir comment supprimer le
√
n
tout en faisant apparaître une suite de fonctions plus ou moins connues. Souvent,
lorsqu’un exposant n apparaît, on peut essayer de faire apparaître des suites du type
(1 + u/n)
n qui vont converger vers e
u . Ici on va appliquer le changement de variable
x = u/
√
n. La fonction x →
√
n
(1 + x 2 ) n est continue et intégrable sur [0, +∞[ et
u → u/
√
n est bijective et C
1 de R
+ vers R
+ . On a donc
I n =
+∞
0
√
n
1
(1 + u 2 /n) n
1
√
n
du =
+∞
0
1
(1 + u 2 /n) n du.
Cette écriture semble plus confortable pour appliquer le théorème de convergence
dominée. On définit alors f n (u) =
1
(1 + u 2 /n) n pour u ∈ R
+ et n ∈ N
∗ . On a
lim
n→+∞
f n (u) = 1/(e
u
2
) = e
−u
2
pour tout u 0. Il ne reste plus qu’à minorer
(1 + u
2 /n)
n indépendamment de n. En écrivant exp(n ln(1 + u
2 /n)), on n’obtient
qu’une majoration par exp(u
2 ) ce qui ne convient pas. En revanche, on peut développer (1 + u
2 /n)
n . Tous les termes sont positifs, ce qui donne
(1 +
u
2
n
)
n
1 + n
u
2
n
= 1 + u
2
Finalement ∀n ∈ N
∗ , ∀u 0,
1
1 +
u 2
n
n
1
1 + u 2 , et u → 1/(1 + u
2 ) est continue
et intégrable sur R
+ . Le théorème de convergence dominée entraîne
lim
n→+∞
+∞
0
√
n
(1 + x 2 ) n dx = lim
n→+∞
+∞
0
1
(1 +
u 2
n ) n
du =
+∞
0
e
−u
2
du(=
√
p
2
).
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
La fonction g : x → exp(−E(x)) est continue par morceaux sur R
+ , et puisque
E(x) x −1 pour tout x 0, g(x) exp(1− x), donc g est intégrable sur R
+ . Le
thérorème de convergence dominée entraîne lim
n→+∞
u n =
+∞
0
g(x) dx. Puisque
g est intégrable sur R
+ , on a
+∞
0
g(t) dt =
+∞
k=0
k+1
k
e
−k dt =
+∞
k=0
e
−k =
1
1 − 1/e
=
e
e − 1
.
Exercice 9.20
Mines-Ponts PC 2006 K
Étudier la convergence de la suite I n =
+∞
0
√
n
(1 + x 2 ) n dx.
Il n’est pas possible d’appliquer directement le théorème de convergence dominée ici
puisque la fonction qu’on intègre vaut
√
n en 0 et il va être impossible d’en trouver
un majorant indépendant de n. La difficulté est de voir comment supprimer le
√
n
tout en faisant apparaître une suite de fonctions plus ou moins connues. Souvent,
lorsqu’un exposant n apparaît, on peut essayer de faire apparaître des suites du type
(1 + u/n)
n qui vont converger vers e
u . Ici on va appliquer le changement de variable
x = u/
√
n. La fonction x →
√
n
(1 + x 2 ) n est continue et intégrable sur [0, +∞[ et
u → u/
√
n est bijective et C
1 de R
+ vers R
+ . On a donc
I n =
+∞
0
√
n
1
(1 + u 2 /n) n
1
√
n
du =
+∞
0
1
(1 + u 2 /n) n du.
Cette écriture semble plus confortable pour appliquer le théorème de convergence
dominée. On définit alors f n (u) =
1
(1 + u 2 /n) n pour u ∈ R
+ et n ∈ N
∗ . On a
lim
n→+∞
f n (u) = 1/(e
u
2
) = e
−u
2
pour tout u 0. Il ne reste plus qu’à minorer
(1 + u
2 /n)
n indépendamment de n. En écrivant exp(n ln(1 + u
2 /n)), on n’obtient
qu’une majoration par exp(u
2 ) ce qui ne convient pas. En revanche, on peut développer (1 + u
2 /n)
n . Tous les termes sont positifs, ce qui donne
(1 +
u
2
n
)
n
1 + n
u
2
n
= 1 + u
2
Finalement ∀n ∈ N
∗ , ∀u 0,
1
1 +
u 2
n
n
1
1 + u 2 , et u → 1/(1 + u
2 ) est continue
et intégrable sur R
+ . Le théorème de convergence dominée entraîne
lim
n→+∞
+∞
0
√
n
(1 + x 2 ) n dx = lim
n→+∞
+∞
0
1
(1 +
u 2
n ) n
du =
+∞
0
e
−u
2
du(=
√
p
2
).
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